(no subject)
« previous entry | next entry »
Jun. 28th, 2012 | 03:55 pm
Вчера на ночь глядя читал манускрипт, где где-то страницы две ведётся ожесточённая борьба за построение инъективного рационального отображения из кривой рода >=2 в проективную прямую. Хотя может быть я чего-то не понял, и это не рациональное отображение строится. Или ещё чего-то не понял. Засыпал вот только плохо, факт.
Comments {39}
From: dimpas
Date: Jun. 28th, 2012 - 11:39 pm
Link
я некоторое время возился с отображениями плоских проективных кривых в конику {(x:y:z) | x^2+y^2+z^2=0}, и вполне может быть, что у этих самых x, y, z, как функций координат, могут быть общие нули.
Прообраз отображения не обязан быть равным нашей кривой; могут, ну и часто просто должны будут (просто потому, что разложение в сумму квадратов форм не всегда существует), появиться новые компоненты.
Reply | Parent | Thread
From: maxmornev
Date: Jun. 29th, 2012 - 12:59 am
Link
> координат, могут быть общие нули.
Да, безусловно; цимес в том, что мы можем заменить x,y,z
на другие функции x',y',z' так, что (x':y':z') = (x:y:z) всюду,
где (x:y:z) определено, но при этом у x', y', z' нет общих нулей.
Я криво сформулировал мое исходное утверждение: это теорема
о том, что всякое рациональное отображение можно продолжить
до регулярного. Так, конечно, мы можем домножить (x:y:z) на
сечение s, имеющее нули на кривой; получившееся отображение
будет совпадать с (x:y:z) всюду, где определено, но не будет
определено в точках, где s зануляется.
> Прообраз отображения не обязан быть равным нашей кривой; могут, ну и часто
> просто должны будут (просто потому, что разложение в сумму квадратов форм
> не всегда существует), появиться новые компоненты.
Вот это не смог понять, пардон. Давайте я лучше воспроизведу
свой аргумент. Если обнаружите ошибку --- буду очень благодарен.
Ссылка: Шафаревич, ``Введение'', глава II, параграф 3, теорема 3
(она верна над любым полем, не только алг. замкнутым).
Пусть X --- гладкая плоская проективная кривая над полем
(не обязательно алгебраически замкнутым); пусть x, y, z ---
сечения обратимого пучка на кривой, задающие рациональное
отображение в P^2, определенное на некотором открытом
подмножестве U в X; Рассмотрим задачу продолжения этого
отображения на все X.
Пусть Q --- точка X, в которой сечения x, y, z имеют общий нуль.
Ключевое утверждение: поскольку X регулярна в точке Q, локальное
кольцо этой точки будет DVR, в частности, PID; его максимальный
идеал порождается одним элементом, напр. h.
В локальном кольце Q мы можем поделить x, y, z на сечение s,
не зануляющееся в Q, так что x, y, z задаются функциями u, v, w,
определенными в Q. Поделим u, v, w на gcd(u,v,w) --- при этом
отображение не изменится. Теперь, если новые функции u', v', w'
зануляются в Q, то они лежат в максимальном идеале, значит,
делятся на h, противоречие. Домножив u', v', w' на s, мы получим
сечения x', y', z', определенные локально вокруг Q, такие, что
(x':y':z') определено в Q и совпадает с (x:y:z) локально вокруг Q.
Теперь для каждой точки Q у нас есть открытая окрестность U_Q
и регулярное отображение U_Q -> P^2, совпадающее с исходным
отображением U -> P^2 на пересечении U_Q \cap U. Эти отображения
U_Q -> P^2 склеиваются, т.к. для любых двух точек Q, Q' они совпадают
на непустом открытом подмножестве U \cap U_Q \cap U_Q'. Ergo,
у нас есть регулярное отображение X -> P^2, глобально заданное
новыми сечениями x', y', z', которые, вообще говоря, могут сильно
отличаться от исходных.
Reply | Parent | Thread
From: dimpas
Date: Jun. 29th, 2012 - 01:24 am
Link
Таким образом, у нас эти квартики зададут отображение гладкой плоской кривой Х={x| ф(х)=0} степени 6 на плоскую конику. Можно показать, что у таких квартик всегда будет общий нуль на Х.
Как такое отображение можно сделать регулярным на всей Х, не понимаю (поскольку это, имхо, означает, что его можно записать кубиками, это отображение)
Ну и прообраз этого отображения будет состоять из X и нулей q.
Reply | Parent | Thread
From: dmitri83
Date: Jun. 29th, 2012 - 01:34 am
Link
пусть отображение задано взаимно простыми однородными полиномами f_1, f_2, f_3. одновременно они будут зануляться на подмногообразии коразмерности уж точно больше 1, то есть нигде.
Reply | Parent | Thread
From: dimpas
Date: Jun. 29th, 2012 - 02:10 am
Link
Reply | Parent | Thread
From: dmitri83
Date: Jun. 29th, 2012 - 11:55 am
Link
но факт всё равно верен. если f_1, f_2, f_3 имеют общий нуль в какой-то точке P на X, то можно рассмотреть какую-то афинную окресность P в X и заменить f_1, f_2, f_3 на полиномы, которые дают на этой афинной окресности минус P такое же отображение в P^2, но при этом определены в P. это можно сделать, как выше пишет maxmornev, надо поделить на униформизующий элемент локального кольца P в какой-то степени, чтобы убить общий ноль.
Reply | Parent
From: dmitri83
Date: Jun. 29th, 2012 - 12:32 pm
Link
Reply | Parent | Thread
From: dimpas
Date: Jun. 30th, 2012 - 02:19 am
Link
Reply | Parent | Thread
From: dmitri83
Date: Jun. 30th, 2012 - 12:44 pm
Link
Reply | Parent | Thread
From: dimpas
Date: Jul. 2nd, 2012 - 04:01 pm
Link
т.е. многочлены с вещественными коэффициентами, но нули у них
комплексные...
Reply | Parent
From: maxmornev
Date: Jul. 5th, 2012 - 12:40 am
Link
сумасшедшее приключение между Парижем и
Амстердамом; едва-едва пришел в себя.
Теперь к делу:
1. Спасибо за Гильберта! Очень интересно. Не могли бы
Вы подкинуть ссылку на какой-нибудь обзор по этой
теме, с упором на алг. геометрию? (я нашел пару, но они
как-то обходят геометрию стороной).
2. Метод, который я описал выше, не изменит степень
форм, и, действительно, произведет три квартики,
такие, что сумма их квадратов есть ф, домноженная
на конику: при этих условиях определено отображение
градуированных колец k[x,y,z]/(x^2+y^2+z^2) ->
k[u,v,w]/(ф), которое выдает соответствующий морфизм
схем.
Поэтому, я сомневаюсь: верно ли, что указанные Вами
секстики регулярны в схемном смысле? Иными словами,
нет ли у них комплексных особых точек?
Reply | Parent | Thread
From: dimpas
Date: Jul. 5th, 2012 - 07:45 am
Link
k[u,v,w]/(фq), где q – эта самая дополнительная коника. Может быть, точки пересечения нулей ф и q как раз и портят все...
Но секстики эти, вообще говоря, регулярны.
Если хотите конкретный пример, то, насколько я помню, можно просто прибавить eX^6+eY^6 (для инфининазимально малого е>0) к классическому примеру Моцкина
X^4 Y^2 + X^2 Y^4 − 3X^2 Y^2 Z^2 + Z^6 такой секстики, и соотв. форма станет гладкой, но по-прежнему не будет суммой квадратов кубик.
Те неотрицательные секстики, которые разлагаются в сумму квадратов кубик, образуют "маленький" подконус в конусе всех неотрицательных секстик.
http://front.math.ucdavis.edu/1010.3
Больше всего про это (про связь классической АГ с суммами квадратов) знает Claus Scheiderer из Констанца. У него есть обзоры всякие, но не совсем про это.
Reply | Parent | Thread
From: maxmornev
Date: Jul. 6th, 2012 - 02:06 am
Link
Знаете, я, кажется, локализовал ошибку --- на своей стороне.
Ошибка тонкая достаточно: она в утверждении, что процедура
распространения морфизма не меняет пучек, сечениями которого
этот морфизм задается. Происходит вот что: распространив
морфизм на окрестность каждой точки, мы около каждой точки
получаем набор сечений, определенных локально. Но, чтобы склеить
эти локальные сечения в глобальные, нужно подкорректировать сам
пучек, скомпенсировав подкрутку на степень локального параметра
в каждой точке! Интуитивно, нужно написать следующий дивизор на
кривой: D = \sum_{i=1}^n k_i P_i, где P_i --- все точки, в которых
исходные сечения имеют совместный нуль, а k_i --- минимальный порядок
нуля сечений в соотв. точке P_i. Теперь, если исходные сечения брались
из пучка L, то новые глобальные сечения будут в L \otimes O(D) (или O(-D),
я всегда путаю знаки).
Соответственно, новые глобальные сечения --- не квартики, и вообще
не формы. Противоречия с результатом Гильберта нет.
Reply | Parent | Thread
From: maxmornev
Date: Jul. 6th, 2012 - 02:07 am
Link
Reply | Parent
From: dmitri83
Date: Jul. 6th, 2012 - 02:47 am
Link
Reply | Parent | Thread
From: maxmornev
Date: Jul. 6th, 2012 - 02:57 am
Link
Возражение было к тому, каким образом задается
распространенный морфизм --- снова формами (сечениями
пучков O(n), происходящих из исходного вложения C в проект.
пр-во) или же просто сечениями некоторого пучка. Похоже,
что верно второе (детали не проверял, но достоверность ---
пять сигма :).
Reply | Parent | Thread
From: dmitri83
Date: Jul. 6th, 2012 - 11:18 pm
Link
я думаю, что причина недоразумения в несовпадении определения понятия "гладкий" для вещественной и комплексной кривой. ну то есть может оказаться, что точка в вещественном смысле гладкая, а так --- нет.
Reply | Parent | Thread
From: maxmornev
Date: Jul. 7th, 2012 - 12:48 am
Link
> на этой окресности с точностью до пропорциональности.
Да, но вопрос был в другом: как задать этот морфизм глобально?
Поскольку любой морфизм из C в P^n задается обратимым пучком
L на C и n+1 сечениями этого пучка, вопрос: что это за пучек?
Я в первом варианте ответа замел этот вопрос под ковер и сделал
неверное утверждение: пучек тот же самый, что и исходный.
Оказвается, что даже если рациональный морфизм C -> P^n
задавался сечениями тензорной степени некоторого пучка L, то
его распространение на всю кривую C будет задаваться сечениями
пучка, который тензорной степенью L быть уже не обязан! Всегда
нужно вычитать дивизор D, который задает base locus линейной
системы (детали проверил, без пяти сигм).
Если бы при распространении рац. морфизма пучек всегда сохранялся,
то у нас было бы противоречие результату Гильберта-dimpas-
Шейдерера, которые построили такую проективную кривую C и пучек L
на ней (плоская кривая шестой степени и O(4)), что любые сечения пучка
L, задающие рациональный морфизм из C в квадрику x^2 + y^2 + z^2,
будут иметь общий нуль.
> я думаю, что причина недоразумения в несовпадении определения
> понятия "гладкий" для вещественной и комплексной кривой. ну то есть
> может оказаться, что точка в вещественном смысле гладкая, а так --- нет.
Вот это не смог понять: что значит ``точка, гладкая в вещественном
смысле''? Гладкость в контексте схем определяется для произвольных
морфизмов, а не только морфизмов в алг. замкнутые поля; гладкость
сохраняется при base change; гладкость схемы конечного типа над
полем влечет ее регулярность в каждой точке.
Reply | Parent | Thread
From: dmitri83
Date: Jul. 7th, 2012 - 01:37 am
Link
покроем C открытыми множествами так, чтобы только одно из них содержало точку, где морфизм не определён, рассмотрим окрестность этой точки, продлим. на других элементах покрытия морфизм останется таким же, поэтому можно работать с ограничением на окрестность "точки неопределённости".
Reply | Parent | Thread
From: maxmornev
Date: Jul. 7th, 2012 - 02:36 am
Link
Внимание dimpas'а привлек глобальный аспект задачи: ОК, у нас есть морфизм из нашей кривой в P^n. Какой линейной системой задается этот морфизм? dimpas знает примеры обратимых пучков, таких, что какие бы сечения мы не выбрали, у них всегда будет общий нуль (при условии, что морфизм в P^2 пропускается через квадрику x^2 + y^2 +z^2; но это для процедуры распространения морфизма абсолютно безразлично: если исходный морфизм пропускался, то и новый тоже будет).
В нашем с ним диалоге было две проблемы:
1. dimpas ошибочно считал, что в его примере с секстикой всюду определенный морфизм из секстики в x^2 + y^2 + z^2 должен
обязательно задаваться тремя кубиками, квадраты которых суммируются в 0. Это неверно: такой морфизм, вообще говоря, может задаваться произвольным обратимым пучком, а не только O(n)'ами, происходящими из канонического вложения секстики в P^2.
2. Я ошибочно считал, что процедура распространения морфизма не поменяет пучек, который этот морфизм задает. Оказалось --- нифига, и секстика dimpas'а как раз дает контрпример: в ее случае никакие сечения O(4) не зададут всюду определенный морфизм. Но, если подкрутить O(4) на дивизор base locus'а, то нужные сечения найдутся.
Reply | Parent | Thread
From: maxmornev
Date: Jul. 7th, 2012 - 02:54 am
Link
тьфу, я баран: не в нуль, а в исходную секстику.
Reply | Parent
From: dmitri83
Date: Jul. 7th, 2012 - 03:38 am
Link
Reply | Parent
From: dmitri83
Date: Jul. 7th, 2012 - 01:46 am
Link
cf. http://mathoverflow.net/questions/9
Reply | Parent | Thread
From: maxmornev
Date: Jul. 7th, 2012 - 02:48 am
Link
(Кстати, извиняюсь за то, что нафлудил километр: в обсуждаемой задаче есть арифметические аспекты; они меня, как будущего арифм. геометра, взяли за живое).
Reply | Parent
From: dimpas
Date: Jul. 6th, 2012 - 06:47 am
Link
Гильберт описал такие отображения с некоторым явным количеством base points, пропорциональным роду кривой, как помнится.
То, что base points будут, это мы с Шейдерером когда-то доказали, да так и не записали как следует :(
(более того, base points обязаны быть тогда и только тогда степень кривой не делится на 4)
Reply | Parent | Thread
From: maxmornev
Date: Jul. 7th, 2012 - 12:57 am
Link
> Он-то ничего такого про наличие base points не утверждал.
Пардон, из контекста не было понятно, чей результат.
> То, что base points будут, это мы с Шейдерером когда-то доказали,
> да так и не записали как следует :(
Вот жаль; красивое и поучительное, по кр. мере для меня.
Когда писал вот этот ответ, почувствовал, что при склеивании
локальных морфизмов в глобальный могут быть интересные
вещи, но значения не придал; оказалось --- зря, в этом месте
была тонкость.
Reply | Parent | Thread
From: dimpas
Date: Jul. 7th, 2012 - 05:52 am
Link
Дальше, в общем случае, надо как-то уметь работать в ситуации, когда base points есть, но тут у нас полного понимания не было, а потом не стало времени и т д... Хотя хочется к этому вернуться при случае (образования, правда, мне тут сильно не хватает).
Reply | Parent
From: maxmornev
Date: Jul. 6th, 2012 - 03:07 am
Link
> форм, и, действительно, произведет три квартики,
Для тех, кто будет потом это читать: тут ошибка ---
на самом деле пучек изменится; его сечения уже не
будут квартиками; см. ниже.
Reply | Parent